【最新版】高中数学（新苏教版）习题+同步课件培优课　求数列的通项

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培优课　求数列的通项数列是高考必考内容，研究数列就是抓住两点：一求通项，二求和.求数列通项的方法有：(1)公式法，(2)累加、累乘法，(3)构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解.类型一　利用累加、累乘法求数列的通项公式例1 (1)已知数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，求数列{an}的通项公式；(2)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝·an，求an.解　(1)∵an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1，即a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2).以上各式两边同时相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n(n≥2)，得an＝a1＋2＋3＋4＋…＋n＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，n≥2.又a1＝1也适合上式，∴an＝，n∈N*.(2)由条件知＝，分别令n＝1，2，3，…，n－1，代入上式得(n－1)个等式，累乘，得···…·＝×××…·(n≥2).∴＝，又∵a1＝，∴an＝，n≥2.又a1＝也适合上式，∴an＝，n∈N*.思维升华　(1)求形如an＋1＝an＋f(n)的通项公式.将原来的递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再用累加法(逐差相加法)求解，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1).(2)求形如an＋1＝f(n)an的通项公式.将原递推公式转化为＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由＝f(1)，＝f(2)，…，＝f(n－1)，累乘可得＝f(1)f(2)…f(n－1)，即an＝a1f(1)·f(2)…f(n－1).类型二　构造等差(比)数列求通项公式例2 (1)在数列{an}中，a1＝，6anan－1＋an－an－1＝0(n≥2，n∈N*).①证明：数列是等差数列；②求数列{an}的通项公式.(2)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－3，求an.(1)①证明　由6anan－1＋an－an－1＝0，整理得－＝6(n≥2)，故数列是以3为首项，6为公差的等差数列.②解　由①可得＝3＋(n－1)×6＝6n－3，所以an＝，n∈N*.(2)解　由an＋1＝2an－3得an＋1－3＝2(an－3)，所以数列{an－3}是首项为a1－3＝－1，公比为2的等比数列，则an－3＝(－1)·2n－1，即an＝－2n－1＋3.思维升华　形如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)的递推公式，可用构造新数列法求得通项公式，步骤如下：第一步　假设递推公式可改写为an＋1＋t＝p(an＋t)；第二步　由待定系数法，解得t＝；第三步　写出数列的通项公式；第四步　写出数列{an}的通项公式.类型三　利用前n项和Sn与an的关系求通项公式例3 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an等于(　　)A.2n＋1  B.2nC.2n－1  D.2n－2(2)已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn＝an，则的最大值为(　　)A.－3  B.－1  C.3  D.1答案　(1)A　(2)C解析　(1)因为Sn＝2an－4，所以n≥2时，Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，所以＝2.因为S1＝a1＝2a1－4，即a1＝4，所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＝4×2n－1＝2n＋1，故选A.(2)由Sn＝an得，当n≥2时，Sn－1＝an－1，两式作差可得an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，整理得＝＝1＋，由此可得，当n＝2时，取得最大值，其最大值为3.思维升华　已知Sn＝f(an)或Sn＝f(n)求an的解题步骤：第一步　利用Sn满足条件p，写出当n≥2时，Sn－1的表达式；第二步　利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出an或者转化为an的递推公式的形式；第三步　若求出n≥2时的{an}的通项公式，则根据a1＝S1求出a1，并代入n≥2时的{an}的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.如果求出的是{an}的递推公式，则问题化归为例2形式的问题.